SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009-2010

Đề chính thức
Đề B

Môn thi : Toán
Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2009
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1.Giải phương trình (1) khi n = 3.
2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
Bài 2 (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:
Bài 3 (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1)
1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số góc là k.
2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F
với mọi k.
3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x 1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = - 1, từ đó suy
ra tam giác EOF là tam giác vuông.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm G
(khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) . Tiếp
tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A và B lần lượt tại C và D.
1. Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ
giác BDNO nội tiếp được.
2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra

.

3. Đặt
Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và . Chứng tỏ rằng tích
AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc .
Bài 5 (1,0 điểm)
Cho số thực m, n, p thỏa mãn :

.

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p.
……………………………. Hết …………………………….
Họ tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: ……………
Chữ ký của giám thị số 1:
Chữ ký của giám thị số 2:

1

ĐÁP ÁN
Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1.Giải phương trình (1) khi n = 3.
x2 – 4x + 3 = 0 Pt có nghiệm x1 = 1; x2 = 3
2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
' = 4 – n  0  n  4
Bài 2 (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:
HPT có nghiệm:
Bài 3 (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1)
1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k.
y = kx + 1
2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F
với mọi k.
Phương trình hoành độ: x2 – kx – 1 = 0
 = k2 + 4 > 0 với  k  PT có hai nghiệm phân biệt  đường thẳng (d) luôn
cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k.
3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x 1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = -1, từ đó suy
ra tam giác EOF là tam giác vuông.
Tọa độ điểm E(x1; x12); F((x2; x22)
 PT đường thẳng OE : y = x1 . x
và PT đường thẳng OF : y = x2 . x
Theo hệ thức Vi ét : x1 . x2 = - 1
 đường thẳng OE vuông góc với đường thẳng OF  EOF là  vuông.
Bài 4 (3,5 điểm)

2

1, Tứ giác BDNO nội tiếp được.
2, BD  AG; AC  AG  BD // AC (ĐL)  GBD đồng dạng GAC (g.g)

3, BOD =   BD = R.tg ; AC = R.tg(90o – ) = R cotg 
 BD . AC = R2.
Bài 5 (1,0 điểm)
(1)
 …  ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (n – p)2 = 2
 (m – p)2 + (n – p)2 = 2 - ( m + n + p )2
 (m – p)2 + (n – p)2 = 2 – B2
vế trái không âm  2 – B2  0  B2  2 
dấu bằng  m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p =
 Max B =
Min B =

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

khi m = n = p =
khi m = n = p =

ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

3

NĂM HỌC: 2009 – 2010

TỈNH PHÚ YÊN

Khoá

ĐỀ CHÍNH
THỨC

ngày : 19/05/2009
Môn Thi : Toán
Thời gian 120 phút ( không kể thời gian phát đề )
Câu 1 : ( 2.0 điểm)
a) Giải hệ phương trình :
b) Trục căn ở mẫu :
Câu 2 : ( 2.0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một đội xe cần phải chuyên chở 150 tấn hàng . Hôm làm việc có 5 xe được điều đi làm
nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 5 tấn . Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu
chiếc ? ( biết rằng mỗi xe chở số hàng như nhau )
Câu 3 : ( 2,5 điểm ) Cho phương trình x2 – 4x – m2 + 6m – 5 = 0 với m là tham số
a) Giải phương trình với m = 2
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm
c) Giả sử phương trình có hai nghiệm x 1 ; x2 , hãy tìm giá trị bé nhất của biểu thức

Câu 4 : ( 2,5 điểm ) Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính
AB = 2R . Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC
a) Chứng minh tứ giác : CBMD nội tiếp được
b) Chứng minh rằng : DB.DC = DN.AC
c) Xác định vị trí của điểm D để diện tích hình bình hành ABCD có diện tích lớn nhất
và tính diện tích trong trường hợp này
Câu 5 : ( 1.0 điểm ) Cho D là điểm bất kỳ trên cạnh BC của tam giác ABC nội tiếp trong
đường tròn tâm O Ta vẽ hai đường tròn tâm O 1 , O2 tiếp xúc AB , AC lần lượt tại B , C và đi
qua D . Gọi E là giao điểm thứ hai của hai đường tròn này . Chứng minh rằng điểm E nằm
trên đường tròn (O)
----------------- HẾT -----------------

4

D

Gợi ý đáp án câu khó:

C

N
M

Câu 3: b. Ta có ac = -m2+6m-5 = -((m-3)2+4)<0 với 
=> phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

m

A

H

B

O

c. Theo Viét
=> P = x13 +x23 = (x1 + x2)(x12 + x22 – x1.x2) =

=> PMin= 16 khi m=3
Câu 4:
a. Góc ADB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
mà AD//BC (gt) => DBBC
Xét tứ giác DMBC có góc DMC = góc DBC = 900 => Tứ giác nội tiếp.
b. Ta có DBN đồng dạng với CAD
(
,
)
=>

=> DB.DC = DN.AC

c. SABCD = DH.AB
Do AB không đổi = 2R
=> SABCD max DH max  D nằm chính giữa cung AB.
Câu 5:
Ta có
( Góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và một dây cung cùng chắn một
cung)
Tương tự:
Mà
(tổng 3 góc trong BEC)
A
=>
=>
=> Tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn tâm O
=> E
(O).
O

D
B

C
O1

O2
E

5

së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o hng yªn

kú thi tuyÓn sinh vµ líp 10 thpt
n¨m häc 2009 - 2010
M«n thi : to¸n

®Ò thi chÝnh thøc

(§Ò thi cã 02 trang)

Thêi gian lµm bµi: 120 phót

phÇn a: tr¾c nghiÖm kh¸ch quan (2,0 ®iÓm)
C©u 1: BiÓu thøc

cã nghÜa khi vµ chØ khi: A. x

3B. x > 3C. x < 3

D. x = 3

C©u 2: §êng th¼ng ®i qua ®iÓm A(1;2) vµ song song víi ®êng th¼ng y = 4x - 5 cã ph¬ng
tr×nh lµ: A. y = - 4x + 2
B. y = - 4x - 2
C. y = 4x + 2
D. y = 4x - 2
C©u 3: Gäi S vµ P lÇn lît lµ tæng vµ tÝch hai nghiªm cña ph¬ng tr×nh x2 + 6x - 5 = 0. Khi ®ã:
A. S = - 6; P = 5
B. S = 6; P = 5
C. S = 6; P = - 5 D. S = - 6 ; P = - 5
C©u 4: HÖ ph¬ng tr×nh
A.

cã nghiÖm lµ:
B.

C.

D.

C©u 5: Mét trßn ®i qua 3®Ønh cña 1tam gi¸c cã ®é dµi 3 c¹nh lÇn lît lµ 3cm, 4cm, 5cm th×
®kÝnh cña ®trßn ®ã lµ: A.

cm

B. 5cm

C.

cm

D. 2cm

C©u 6: Trong tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A cã AC = 3, AB = 3

th× tgB cã gi¸ trÞ lµ:

A.

D.

B. 3

C.

C©u 7: Mét mÆt cÇu cã diÖn tÝch lµ 3600 cm2 th× b¸n kÝnh cña mÆt cÇu ®ã lµ:
A. 900cm
B. 30cm
C. 60cm
D. 200cm
C©u 8: Cho đtrßn t©m O cã b¸n kÝnh R (h×nh vÏ bªn). BiÕt
th× diÖn tÝch h×nh qu¹t OCmD lµ: A.

B.

C.

D.

m

D

1200

O

phÇn b: tù luËn (8,0 ®iÓm)
Bµi 1: (1,5 ®)a) Rót gän bthøc: A =
;b) GPT: 2(x - 1) = 5
C
Bµi 2: (1,5 ®iÓm)Cho hµm sè bËc nhÊt y = mx + 2 (1)
a) VÏ ®å thÞ hµm sè khi m = 2
b) T×m m ®Ó ®thÞ hµm sè (1) c¾t Ox vµ Oy lÇn lît t¹i A,B sao cho tam gi¸c AOB c©n.
Bµi 3: (1,0 ®iÓm)Mét ®éi xe cÇn chë 480 tÊn hµng. Khi s¾p khëi hµnh ®éi ®îc ®iÒu thªm 3 xe
n÷a nªn mçi xe chë Ýt h¬n dù ®Þnh 8 tÊn. Hái lóc ®Çu ®éi xe cã bao nhiªu chiÕc? BiÕt r»ng
c¸c xe chë nh nhau.
Bµi 4: (3,0 ®iÓm) Cho A lµ mét ®iÓm trªn ®êng trßn t©m O, b¸n kÝnh R. Gäi B lµ ®iÓm ®èi
xøng víi O qua A. KÎ ®êng th¼ng d ®i qua B c¾t ®êng trßn (O) t¹i C vµ D (d kh«ng ®i qua O,
BC < BD). C¸c tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (O) t¹i C vµ D c¾t nhau t¹i E. Gäi M lµ giao ®iÓm
cña OE vµ CD. KÎ EH vu«ng gãc víi OB (H thuéc OB). Chøng minh r»ng:
a) Bèn ®iÓm B, H,M, E cïng thuéc mét ®êng trßn.b) OM.OE = R2
c) H lµ trung ®iÓm cña OA.
Bµi 5: (1, 0 ®iÓm)Cho hai sè a,b kh¸c 0 tho¶ m·n 2a2 +

=4

T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc S = ab + 2009.
Gîi ý ®¸p ¸n: ( Mét sè c©u)
PhÇn tù luËn:
Bµi 2: V× ABO vu«ng c©n t¹i O nªn nhËn tia ph©n gi¸c cña gãc xOy lµ ®êng cao.
=>(y = mx + 2)  (y = ± x) => m = 1.
Bµi 3: Gäi x, y lÇn lît lµ sè xe vµ sè hµng chë ®îc cña mçi xe lóc ®Çu. (x  N *, y>8)

6

Theo bµi ra ta cã hÖ ph¬ng tr×nh:
Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh trªn ta ®îc x = 12, y = 40 (tho¶ m·n).
Bµi 5: Tõ 2a2 +

Bài 4:
a. Ta cã

+

= 4  (ab)2 = - 8a4 + 16a2 – 4 = 4 – 8(a4 – 2a2 +1) ≤ 4

 -2 ≤ ab ≤ 2
 2007 ≤ S ≤ 2011
 MinS = 2007  ab = -2 vµ a2 = 1  a = ± 1 , b =

2

=> BHME lµ tø gi¸c néi tiÕp

®êng trßn ®êng kÝnh BE => B, H, M, E cïng thuéc mét ®êng trßn.
b. Sö dông hÖ thøc lîng trong tam gi¸c vu«ng ODE
H
B
A
víi ®êng cao DM ta ®îc OM.OE = OD2 =R2
c. Gäi HE c¾t (O) t¹i N
Ta cã BOM ®.d¹ng víi EOH => OH.OB = OM.OE =
C
R2
=> OH.OB = ON2 ( v× ON=R)
=> OHN ®ång d¹ng víi ONB
N
Mµ gãc OHN = 900 =>
XÐt OBN cã
vµ A lµ trung ®iÓm cña OB => ON = NA
E
=> ANO c©n t¹i N
Mµ NH lµ ®êng cao => NH lµ ®êng trung tuyÕn => H lµ trung ®iÓm cña OA.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG TRỊ

O

M

D

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2007-2008

Bài 1 (1,5 điểm)
Cho biểu thức A =

với x > 3

a/ Rút gọn biểu thức A.
b/ Tìm x sao cho A có giá trị bằng 7.
Bài 2 (1,5 điểm)
Cho hàm số y = ax + b.

7

A

Tìm a, b biết đồ thị của hàm số đi qua điểm (2, -1) và cắt trục
điểm có hoành độ bằng

.

d

hoành

tại

E

Bài 3 (1,5 điểm).

H

D

O
C

Rút

gọn

biểu

thức:

với a > 0, a

P

=

B

.

Bài 4 (2 điểm).
Cho phương trình bậc hai ẩn số x:
x2 - 2(m + 1)x + m - 4 = 0. (1)
a/ Chứng minh phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b/ Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1).
Tìm m để 3( x1 + x2 ) = 5x1x2.
Bài 5 (3,5 điểm).
Cho tam giác ABC có góc A bằng 60 0, các góc B, C nhọn. vẽ các đường cao BD và CE của tam giác ABC. Gọi
H là giao điểm của BD và CE.
a/ Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp.
b/ Chứng minh tam giác AED đồng dạng với tam giác ACB.
c/ Tính tỉ số

.

d/ Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA vuông góc với DE.

Gîi ý ®¸p ¸n c©u 5:
a. XÐt tø gi¸c ADHE cã
= 900 => Tø gi¸c ADHE néi tiÕp.
b. Ta cã tø gi¸c BEDC néi tiÕp v×
=900 =>
( Cïng bï víi
)
=> ADE ®ång d¹ng víi ABC.
(Chung gãc A vµ
)
c. XÐt AEC cã
vµ
=>
=> AE = AC:2 (tÝnh chÊt)
Mµ ADE ®ång d¹ng víi ABC
8

=>
d. KÎ ®êng th¼ng d OA t¹i A
=>
(Gãc néi tiÕp vµ gãc gi÷a tiÕp tuyÕn vµ mét d©y cïng ch¾n mét cung)
Mµ
=>
=> d//ED
Ta l¹i cã d OA (theo trªn) => EDOA

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
QUẢNG TRỊ

ĐỀ CHÍNH
THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Khoá ngày 7 tháng 7 năm 2009
MÔN TOÁN
Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm)
1. Rút gọn (không dùng máy tính cầm tay) các biểu thức:
a)
.
b)
2. Giải phương trình (không dùng máy tính cầm tay): x2 - 5x + 4 = 0
Câu 2 (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = -2x + 4 có đồ thị là đường thẳng (d).

9

a) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với hai trục toạ độ
b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ bằng tung độ.
Câu 3 (1,5 điểm).
Cho phương trình bậc hai: x2 - 2(m-1)x + 2m – 3 = 0. (1)
a) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.
Câu 4 (1,5 điểm)
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 720m2, nếu tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều
rộng đi 4m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính kích thước (chiều dài và chiều rộng) của
mảnh vườn
Câu 5 (3,5 điểm)
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d) không đi qua
tâm O, cắt đường tròn (O) tại B và C ( B nằm giữa A và C). Các tiếp tuyến với đường tròn (O)
tại B và C cắt nhau tại D. Từ D kẻ DH vuông góc với AO (H nằm trên AO), DH cắt cung nhỏ
BC tại M. Gọi I là giao điểm của DO và BC.
1. Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp được.
2. Chứng minh OH.OA = OI.OD.
3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn (O).
4. Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OAM nằm ngoài đường tròn (O).
------------------------------------HẾT-----------------------------------

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (2,0 điểm)
1. Rút gọn các biểu thức sau:
a)
.
b)
2. Giải phương trình: x2 - 5x + 4 = 0
Ta có: a = 1; b = -5; c = 4; a + b + c= 1+ (-5) + 4 = 0
Nên phương trình có nghiệm : x = 1 và x = 4
Câu 2 (1,5 điểm)
a) Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung là A(0 ;b) = (0 ; 4). Toạ độ giao điểm
của đường thẳng (d) với trục hoành là B(-b/a ;0) = (2 ; 0).
b) Gọi điểm C(x ; y) là điểm thuộc (d) mà x  = y
 x = -2x + 4  3x = 4

10

x=

 y=

Vậy: C(  ; ).

Câu 3 (1,5 điểm).
a) x2 - 2(m - 1)x + 2m – 3 = 0.(1)
Có: ' =
= m2- 2m + 1- 2m + 3 = m2 - 4m + 4
= (m - 2)2 0 với mọi m.
Phương trình (1) luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi a.c < 0
 2m - 3 < 0  m <
Vậy với m <

.

thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.

Câu 4 (1,5 điểm)
Giải:
Gọi x (m) là chiều rộng của mảnh vườn; (x > 4).
Chiều dài của mảnh vườn là

(m).

Tăng chiều rộng thêm 6m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích không đổi nên ta có phương trình :
(x - 4). (

+ 6) = 720.
x2 - 4x - 480 = 0

Vậy chiều rộng của mảnh vườn là 24m.
chiều dài của mảnh vườn là 30m.
Câu 5 (3,5 điểm)
Giải
a) Ta có: DH AO (gt).  OHD = 900.
CD OC (gt).  DOC = 900.
Xét Tứ giác OHDC có OHD + DOC =
Suy ra : OHDC nội tiếp được trong một
tròn.
b) Ta có: OB = OC (=R)  O mằn trên
trung trực của BC; DB = DC (T/C của
tuyến cắt nhau)
 D mằn trên đường trung trực của BC
Suy ra OD là đường trung trực của BC
vuông góc với BC.
Xét hai tam giác vuông ∆OHD và ∆OIA
chung
 ∆OHD đồng dạng với ∆OIA (g-g)


D

1800.
đường

M
C

I

B
A

O

H

E

đường
hai tiếp
=>

OD

có

DOA

(1)

c) Xét ∆OCD vuông tại C có CI là đường cao. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông,
ta có: OC2 = OI.OD mà OC = OM (=R)  OM2 = OC2 = OI.OD (2).

11

së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o
H¶i d¬ng

kú thi tuyÓn sinh líp 10 thpt
n¨m häc 2009 - 2010
M«n thi: to¸n
Thêi gian lµm bµi: 120 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò
Ngµy 06 th¸ng 07 n¨m 2009 (buæi chiÒu)
(§Ò thi gåm cã: 01 trang)

Từ (1) và (2) : OM2 = OH.OA

.

Xét 2 tam giác : ∆OHM và ∆OMA có : AOM chung và

.

S

Do đó : ∆OHM
∆OMA (c-g-c)
OMA = OHM= 900.
 AM vuông góc với OM tại M
 AM là tiếp tuyến của (O).
d) Gọi E là giao điểm của OA với (O); Gọi diện tích cần tìm là S.
 S = S∆AOM - SqOEBM
Xét OAM vuông tại M có OM = R ; OA = 2R
Áp dụng định lí Pytago ta có AM2 = OA2 – OM2 = (2R)2 – R2 = 3R2
 AM = R

 S∆AOM = OM.AM = R2

Ta có SinMOA =


(đvdt)

 MOA = 600

SqOEBM =

. (đvdt)

=> S = S∆AOM - SqOEBM =

C©u I: (2,0 ®iÓm)
1) Gi¶i ph¬ng tr×nh:

(đvdt).

2(x - 1) = 3 - x

2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
C©u II : (2,0 ®iÓm)
1) Cho hµm sè y = f(x) =
2) Cho ph¬ng tr×nh (Èn x):
tr×nh cã hai nghiÖm
tháa m·n
C©u III : (2,0 ®iÓm)

. TÝnh f(0);

;

;
. T×m gi¸ trÞ cña m ®Ó ph¬ng

.
12

1) Rót gän biÓu thøc:
víi x > 0 vµ x

1

2) Hai « t« cïng xuÊt ph¸t tõ A ®Õn B, « t« thø nhÊt ch¹y nhanh h¬n « t« thø hai mçi
giê 10 km nªn ®Õn B sím h¬n « t« thø hai 1 giê. TÝnh vËn tèc hai xe « t«, biÕt qu·ng
®êng AB lµ 300 km.
C©u IV : (3,0 ®iÓm)
Cho ®êng trßn (O), d©y AB kh«ng ®i qua t©m. Trªn cung nhá AB lÊy ®iÓm M (M
kh«ng trïng víi A, B). KÎ d©y MN vu«ng gãc víi AB t¹i H. KÎ MK vu«ng gãc víi
AN
.
1) Chøng minh: Bèn ®iÓm A, M, H, K thuéc mét ®êng trßn.
2) Chøng minh: MN lµ ph©n gi¸c cña gãc BMK.
3) Khi M di chuyÓn trªn cung nhá AB. Gäi E lµ giao ®iÓm cña HK vµ BN.
X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña ®iÓm M ®Ó (MK.AN + ME.NB) cã gi¸ trÞ lín nhÊt.
C©u V : (1 ®iÓm)
Cho x, y tháa m·n:
.
T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc:

.

--------------- HÕt----------------

Hä vµ tªn thÝ sinh:.............................................. Sè b¸o danh ..................................
K× thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT
Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o
N¨m häc 2009 – 2010
M«n: To¸n

H¶i d¬ng
I) Híng dÉn chung:

híng dÉn chÊm

- ThÝ sinh lµm bµi theo c¸ch riªng nhng ®¸p øng ®îc víi yªu cÇu c¬ b¶n vÉn cho ®ñ ®iÓm.
- ViÖc chi tiÕt ®iÓm sè (nÕu cã) so víi biÓu ®iÓm ph¶i ®îc thèng nhÊt trong Héi ®ång chÊm.
- Sau khi céng toµn bµi, ®iÓm lÎ ®Õn 0,25 ®iÓm.
II) §¸p ¸n vµ thang ®iÓm:

C©u

PhÇn

2x - 2 = 3 - x

§¸p ¸n

1
(1 ®iÓm) x =
C©u I
2 ®iÓm

C©u II
2 ®iÓm

§iÓm
0.5
0,5
0,5

2
(1 ®iÓm)

1
(1 ®iÓm)

0,25
HÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 3 vµ y = 1

0,25
1,0
13

0,25

PT(1) cã hai nghiÖm

0,25
2
Theo Vi - et ta cã:
(1 ®iÓm)

0,25

Tõ hÖ thøc:
0,25

KÕt hîp víi ®k
=

1
(1 ®iÓm)

0,5

=
C©u III
2 ®iÓm

0,5

Gäi x lµ vËn tèc cña xe « t« thø nhÊt x (km/h) x > 10
VËn tèc cña xe « t« thø hai lµ: x - 10 (km/h)
Theo bµi ra ta cã:
2
(1 ®iÓm)

0,25
0,25

(tháa m·n) hoÆc x = -50 (lo¹i)
VËn tèc xe I lµ 60 km/h vµ vËn tèc xe II lµ 50 km/h

0,25
0,25

M
E
H

A

O

B

0,5

K

N

C©u IV
3 ®iÓm
1
0,75
®iÓm
2
1,0 ®iÓm

H×nh vÏ ®óng
Chó ý: KÓ c¶ trêng hîp ®Æc biÖt khi MN ®i qua O
Tõ gi¶ thiÕt:
,
Bèn ®iÓm A, K, H, M cïng thuéc mét ®êng trßn

0,5
0,25

=

s®

0,25

=

s®

0,25

Tõ (1) vµ (2)
MN lµ ph©n gi¸c cña gãc KMB

0,25
0,25
14

s®

;

s®
cïng thuéc mét ®êng trßn

3
0,75 ®

0,25
lín nhÊt
MN lín nhÊt (V× AB= const )

MN.AB lín nhÊt
M lµ chÝnh gi÷a
§K:

x>y
x
0,25
0,25
0,25

tháa m·n

0,25

MinB = 9 Khi x = y = -1

C©u V
1 ®iÓm

0,25

0,25
§K:


C¸ch
kh¸c

(v×

>0)

x=y
MinB = 9 Khi x = y = -1

15

Së Gi¸o dôc vµ ®µo t¹o
H¶i D¬ng

Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT
N¨m häc 2009-2010
M«n thi: To¸n

Thêi gian lµm bµi: 120 phót kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò.

Ngµy 08 th¸ng 07 n¨m 2009 (buæi chiÒu)
(§Ò thi gåm cã: 01 trang)

§Ò thi chÝnh thøc
Câu 1(2.0 điểm):

x 1
x 1
 1
2
4
 x 2y
2) Giải hệ phương trình: 
 x  y 5
1) Giải phương trình:

Câu 2:(2.0 điểm)
2( x  2)
x

với x  0 và x 4.
x 4
x 2
b) Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 2 cm và diện tích của nó là 15 cm 2.
Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó.

a) Rút gọn biểu thức:

A=

Câu 3: (2,0 điểm)
Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x)
a)
Giải phương trình với m = 3.
a)
Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và
thỏa mãn điều kiện: x12 – 2x2 + x1x2 = - 12
b)
Câu 4:(3 điểm)
Cho tam giác MNP cân tại M có cậnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường
tròn ( O;R). Tiếp tuyến tại N và P của đường tròn lần lượt cắt tia MP và tia MN tại E
và D.
16

a)
a)
b)

Chứng minh: NE2 = EP.EM
Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp.
Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt đường tròn (O) tại K
( K không trùng với P). Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2.

Câu 5:(1,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A =

6  4x
x2 1

-----------Hết---------Giải
Câu I.
a,
b,

Vậy tập nghiệm của phương trình S=
Vậy nghiệm của hệ (x;y) =(10;5)

Câu II.
a, với x  0 và x 4.
Ta có:
b, Gọi chiều rộng của HCN là x (cm); x > 0
Chiều dài của HCN là : x + 2 (cm)
Theo bài ra ta có PT: x(x+2) = 15 .
Giải ra tìm được :x1 = -5 ( loại ); x2 = 3 ( thỏa mãn ) .
Vậy chiều rộng HCN là : 3 cm , chiều dài HCN là: 5 cm.
Câu III.
a, Với m = 3 Phương trình có dạng : x2 - 2x
Vậy tập nghiệm của phương trình S=
b, Để PT có nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì
Theo Vi-et :

M

x = 0 hoặc x = 2
.

O
K

H
F

Theo bài: x21 -2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12
2x1 - 2x2 = -12 ) ( Theo (1) )
hay x1 - x2 = -6 .
Kết hợp (1)
x1 = -2 ; x2 = 4 Thay vào (2) được :
m - 3 = -8 m = -5 ( TM (*) )

N

P

I

D

17 E

Câu IV .
a, NEM đồng dạng

b,

PEN ( g-g)

( do tam giác MNP cân tại M )

=>
.
Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE
dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp .
c, MPF đồng dạng MIP ( g - g )
.
MNI đồng dạng

NIF ( g-g )

Từ (1) và (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3).
( cùng phụ
)
=>
=> NK = NI ( 4 )
Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5)
Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm .
Câu V .

+) k=0 . Phương trình (1) có dạng 8x-6=0  x=
+) k

0 thì (1) phải có nghiệm  = 16 - k (k - 6)
.

Max k = 8

x=

0

.

Min k = -2  x = 2 .

18

Së GD vµ §T
TØnh Long An
§Ò thi ChÝnh thøc

K× thi tuyÓn sinh líp 10 Trung häc phæ th«ng

N¨m häc 2009-2010
M«n thi: To¸n

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2đ)
Rút gọn biểu thức
a/
b/Giải phương trình: 7x2+8x+1=0
Câu2: (2đ)
Cho biểu thức

(với a>0)

a/Rút gọn P.
b/Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Câu 3: (2đ)
Hai người đi xe đạp cùng xuất phát một lúc từ A đến B với vận tốc hơn kém nhau 3km/h.
Nên đến B sớm ,mộn hơn kém nhau 30 phút. Tính vận tốc của mỗi người .Biết quàng đường
AB dài 30 km.
Câu 4: (3đ)
Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là một điểm nằm giữa O và A Đường thẳng qua C
vuông góc với AB cắt (O) tại P,Q.Tiếp tuyến tại D trên cung nhỏ BP, cắt PQ ở E; AD cắt
PQ tại F .Chứng minh:
a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp.
b/ED=EF
c/ED2=EP.EQ
Câu 5: (1đ)
Cho b,c là hai số thoả mãn hệ thức:
Chứng minh rằng ít nhất 1 trong hai phương trình sau phải có nghiệm:
x2+bx+c=0 (1) ; x2+cx+b=0 (2)

19

ĐÁP ÁN :
Câu 1: (2đ)

b/Giải phương trình: 7x2+8x+1=0

(a=7;b=8;c=1)

Ta có a-b+c=0 nên x1=-1;
Câu 1: (2đ)
a/ (với a>0)
(Vơi a>0)

b/Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

Vậy P có giá trị nhỏ nhất là

khi

Câu 3: (2đ)
Gọi x(km/giờ )là vận tốc của người thứ nhất .
Vận tốc của ngưươì thứ hai là x+3 (km/giờ )

20

Vậy vận tốc của người thứ nhất là 12 km/giờ.
vận tốc của người thứ hai là 15 km/giờ.
Câu 4: (3đ)
a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp.
(góc nội tiếp chắn nửađường tròn (o))
=>
b/ED=EF
Xét tam giác EDF có

. Vậy Tứ giác BCFD nội tiếp được.

(góc có đỉnh nằm trong đường tròn (O)).
(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
Do PQ AB => H là trung điểm của PQ( định lý đường kính dây cung)=> A là trung điểm
của
=>
tam giác EDF cân tại E => ED=EF
E

1

P

D

F
B

A
O

H

1
Q

21

c/ED2=EP.EQ; Xét hai tam giác: EDQ;EDP có
)
=> EDQ

chung.

(cùng chắn

EPD=>

Câu 5: (1đ)
.

=> 2(b+c)=bc(1)

x2+bx+c=0 (1) Có 1=b2-4c; x2+cx+b=0 (2) ;Có 2=c2-4b
Cộng 1+ 2= b2-4c+ c2-4b = b2+ c2-4(b+c)= b2+ c2-2.2(b+c)= b2+ c2-2bc=(b-c) 0.
(thay2(b+c)=bc )
Vậy trong 1; 2có một biểu thức dương hay ít nhất 1 trong hai phương trình x2+bx+c=0 (1)
; x2+cx+b=0 (2) phải có nghiệm:
ubnd tØnh B¾c Ninh
Së Gi¸o Dôc vµ ®µo t¹o

k× thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt
n¨m häc 2009-2010
M«n : to¸n

Thêi gian : 120 phót (Kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)

§Ò chÝnh thøc

Ngµy thi : 09 - 07 - 2009
A/ PhÇn tr¾c nghiÖm (Tõ c©u 1 ®Õn c©u 2) Chän kÐt qu¶ ®óng vµ ghi vµo bµi lµm.
C©u 1: (0,75 ®iÓm)
§êng th¼ng x – 2y = 1 song song víi ®êng th¼ng:
A. y = 2x + 1

B.

C.

D.

C©u 2: (0,75 ®iÓm)
Khi x < 0 th×

b»ng:

A.

B. x

C. 1

D.-1

B/ PhÇn Tùu luËn (Tõ c©u 3 ®Õn c©u 7)
C©u 3: (2 ®iÓm)Cho biÓu thøc: A =
a/ Rót gän biÓu thøc A.b/ T×m x ®Ó A < 2.c/ T×m x nguyªn ®Ó A nguyªn.
C©u 4: (1,5 ®iÓm)Hai gi¸ s¸ch cã chøa 450 cuèn. NÕu chuyÓn 50 cuèn tõ gi¸ thø nhÊt sang
gi¸ thø hai th× sè s¸ch ë gi¸ thø hai sÏ b»ng sè s¸ch ë gi¸ thø nhÊt. TÝnh sè s¸ch lóc ®Çu
trong mçi gi¸ s¸ch.
C©u 5: (1,5 ®iÓm)Cho ptr×nh: (m+1)x2 -2(m - 1)x + m - 2 = 0 (1) (m lµ tham sè)
a/ Gi¶i ptr×nh (1) víi m = 3.
b/ T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó phtr×nh (1) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt x1, x2 tháa m·n
C©u 6: (3,0 ®iÓm)Cho nöa ®trßn t©m O ®êng kÝnh AB. Tõ ®iÓm M trªn tiÕp tuyÕn Ax cña
nöa ®êng trßn vÏ tuyÕp tuyÕn thø hai MC(C lµ tiÕp ®iÓm). H¹ CH vu«ng gãc víi AB, ®êng
th¼ng MB c¾t ®êng trßn (O) t¹i Q vµ c¾t CH t¹i N. Gäi giao ®iÓm cña MO vµ AC lµ I. Chøng
minh r»ng:a/ Tø gi¸c AMQI néi tiÕp.b/

c/ CN = NH.
22

C©u 7: (0,5 ®iÓm) Cho h×nh thoi ABCD. Gäi R, r lÇn lît lµ b¸n kÝnh ®êng trßn ngo¹i tiÕp
tam gi¸c ABD, ABC, a lµ ®é dµi c¹nh cña h×nh thoi. Chøng minh r»ng:

Híng dÉn chÊm m«n to¸n
(Thi tuyÓn sinh vµo THPT n¨m häc 2009 -2010)
C©u
1

ý
B.

2
3

Néi dung
D. – 1.

a/

§iÓm
0.75®
0.75®
0.25®
0.25®
0.25®
0.25®

b/
0.25®
0.25®

c/
0.25®

4


(t/m)

(t/m)

(t/m)

(t/m)

(t/m)

(t/m)
VËy víi x = - 6, 0, 2, 4, 6, 12 th× A nguyªn.
Gäi sè s¸ch ë gi¸ thø nhÊt lóc ®Çu lµ x (x nguyªn d¬ng, x > 50)
Th× sè s¸ch ë gi¸ thø hai lóc ®Çu lµ 450 – x (cuèn).
Khi chuyÓn 50 cuèn s¸ch tõ gi¸ thø nhÊt sang gi¸ thø hai th× sè s¸ch ë
gi¸ thø nhÊt lµ x – 50 vµ ë gi¸ thø hai lµ 500 – x.
Theo bµi ra ta cã ph¬ng tr×nh:

0.25®
0.25®
0.25®
0.25®
0.25®

23

4
x  50 
5
 2500  5x 4x  200  9x 2700  x 300
VËy sè s¸ch lóc ®Çu ë gi¸ thø nhÊt lµ 300 cuèn, sè s¸ch ë gi¸ thø hai lµ
450 – 300 = 150 cuèn.

0.25®

a/

Víi m = 3 ta cã PT (3+1 )x2 - 2(3 – 1)x + 3 – 2 = 0
4x2 – 4x + 1 = 0
(HoÆc tÝnh ®îc hay )
Suy ra PT cã nghiÖm kÐp x = 1/2

0.25®
0.25®
0.25®
0.25®

b/

§Ó PT cã 2 nghiÖm ph©n biÖt th×

500  x 

5

0.25®

0.25®

Mµ theo §L Viet ta cã:
Tõ

ta cã:
0.25®
tho¶ m·n (*)

VËy m ph¶i t×m lµ -2.
6

a/

+ VÏ h×nh ®óng cho 0,25 ®iÓm.
+ Ta cã MA=MC(t/c tiÕp tuyÕn)
OA=OC (b¸n kÝnh)
0.25®
MO lµ trung trùc cña AC
MO AC
(Gãc AQB lµ gãc néi tiÕp ch¾n
0.25®
nöa ®êng trßn)
Suy ra Q, I cïng nh×n AM díi 1 gãc vu«ng
Tø gi¸c AIQM néi tiÕp trong ®êng trßn 0.25®
®êng kÝnh AM.

M

Q
C
N
I
A

b/

O

+ Ta cã
Vµ
Mµ

H

B

(= s® cungAI)

0.25®

(cïng phô víi gãc AMO)
( AOC c©n)

0.25®

Suy ra
+ Tø gi¸c AIQM néi tiÕp
c/

Mµ
Suy ra

0.25®
0.25®

(Cïng bï víi gãc MQI)

(so le trong)
tø gi¸c QINC néi tiÕp

0.25®
(cïng 0.25®

24

b»ng 1/2 s® cung QI)
MÆt kh¸c
(=1/2 s® cung QA)
IN // AB
7

0.25®
0.25®

Mµ I lµ trung ®iÓm cña CA nªn N lµ trung ®iÓm cña CH
NC=NH
(®pcm)
Gäi M lµ trung ®iÓm cña AB, O lµ giao
B
®iÓm cña AC vµ BD, trung trùc cña AB
c¾t AC vµ BD lÇn lît t¹i I vµ J. Ta cã I,
M
J lÇn lît lµ t©m c¸c ®êng trßn ngo¹i tiÕp
I
O
vµ R = IA, r = JB.
A
C

J

Cã

0.25®

D

T¬ng tù:
Suy ra:

0.25®

Ghi chó: C¸c c¸ch gi¶i kh¸c ®óng theo yªu cÇu vÉn cho ®iÓm tèi ®a.
============= HÕt ============

Së Gi¸o dôc vµ ®µo t¹o
B¾c giang
--------------------§Ò thi chÝnh thøc
(®ît 1)

Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT
N¨m häc 2009-2010
M«n thi: To¸n

Thêi gian lµm bµi: 120 phót kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò.

Ngµy 08 th¸ng 07 n¨m 2009
(§Ò thi gåm cã: 01 trang)
--------------------------------------

C©u I: (2,0 ®iÓm)
1. TÝnh
2. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
C©u II: (2,0 ®iÓm)
1.Gi¶i ph¬ng tr×nh x2-2x+1=0
2. Hµm sè y=2009x+2010 ®ßng biÕn hay nghÞch biÕn trªn R? V× sao?
25

C©u III: (1,0 ®iÓm)
LËp ph¬ng tr×nh bËc hai nhËn hai sè 3 vµ 4 lµ nghiÖm?
C©u IV(1,5 ®iÓm)
Mét «t« kh¸ch vµ mét «t« t¶i cïng xuÊt ph¸t tõ ®Þa ®iÓm A ®i ®Õn ®Þa ®iÓm B ®êng dµi
180 km do vËn tèc cña «t« kh¸ch lín h¬n «t« t¶i 10 km/h nªn «t« kh¸ch ®Õn B tríc «t« t¶i
36 phót.TÝnh vËn tèc cña mçi «t«. BiÕt r»ng trong qu¸ tr×nh ®i tõ A ®Õn B vËn tèc cña mçi «t«
kh«ng ®æi.
C©u V:(3,0 ®iÓm)
1/ Cho tam gi¸c ABC nhän néi tiÕp ®êng trßn t©m O. C¸c ®êng cao BH vµ CK tam gi¸c
ABC c¾t nhau t¹i ®iÓm I. KÎ ®êng kÝnh AD cña ®êng trßn t©m O, c¸c ®o¹n th¼ng DI vµ BC
c¾t nhau t¹i M.Chøng minh r»ng.
a/Tø gi¸c AHIK néi tiÕp ®îc trong mét ®êng trßn.
b/OM BC.
2/Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A,c¸c ®êng ph©n gi¸c trong cña go¸c B vµ gãc C c¾t c¸c
c¹nh AC vµ AB lÇn lît t¹i D vµ E. Gäi H lµ giao ®iÓm cña BD vµ CE, biÕt AD=2cm, DC= 4
cm tÝnh ®é dµi ®o¹n th¼ng HB.
C©u VI:(0,5 ®iÓm)
Cho c¸c sè d¬ng x, y, z tháa m·n xyz T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P = (x+y)(x+z)
----------------HÕt------------------

Së Gi¸o dôc vµ ®µo t¹o
B¾c giang
--------------------§Ò thi chÝnh thøc
(®ît 2)

Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT
N¨m häc 2009-2010
M«n thi: To¸n

Thêi gian lµm bµi: 120 phót kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò.

Ngµy 10 th¸ng 07 n¨m 2009
(§Ò thi gåm cã: 01 trang)
--------------------------------------

C©u I: (2,0 ®iÓm)
1. TÝnh
2. Cho hµm sè y = x -1. T¹i x = 4 th× y cã gi¸ trÞ lµ bao nhiªu?
C©u II: (1,0 ®iÓm)
Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
C©u III: (1,0 ®iÓm)
Rót gän:

Víi

C©u IV( 2,5 ®iÓm)
Cho PT: x2 + 2x - m = 0 (1)
1. Gi¶i PT(1) víi m = 3
2. T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ m ®Ó PT(1) cã nghiÖm
C©u V:(3,0 ®iÓm)
Cho ®êng trßn t©m O ®êng kÝnh AB cè ®Þnh. H thuéc ®o¹n th¼ng OA( H kh¸c A;O vµ
trung ®iÓm cña OA). KÎ d©y MN vu«ng gãc víi AB t¹i H. MN c¾t AK t¹i E.
1. Chøng minh tø gi¸c HEKB néi tiÕp.
2. Chøng minh tam gi¸c AME ®ång d¹ng víi tam gi¸c AKM.
26

3. Cho ®iÓm H cè ®Þnh, x¸c ®Þnh vÞ trÝ cña K ®Ó kho¶ng c¸ch tõ N ®Õn t©m ®êng trßn ngo¹i
tiÕp tam gi¸c MKE nhá nhÊt.
C©u VI:(0,5 ®iÓm)
T×m sè nguyªn x; y tho¶ m·n ®¼ng thøc: x2+ xy +y2 - x2y2 = 0
----------------HÕt------------------

C©u I:
1. TÝnh

®¸p ¸n ®Ò 1:
= 2.5 = 10

2. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:

<=>

<= >

VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (x;y) = (2;1) .
C©u II: 1.
x2 - 2x +1 = 0
2
<=> (x -1) = 0
<=> x -1 = 0;
<=> x = 1
VËy PT cã nghiÖm x = 1
2.
Hµm sè trªn lµ hµm sè ®ång biÕn v×: Hµm sè trªn lµ hµm bËc nhÊt cã hÖ sè
a = 2009 > 0. HoÆc nÕu x1>x2 th× f(x1) > f(x2)
C©u III:
LËp ph¬ng tr×nh bËc hai nhËn hai sè 3 vµ 4 lµ nghiÖm?
Gi¶ sö cã hai sè thùc: x1 = 3; x2 = 4
XÐt S = x1 + x2 = 3 + 4 = 7; P = x1 .x2 = 3.4 = 12 =>S2 - 4P = 72 - 4.12 = 1 > 0
VËy x1; x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: x2 - 7x +12 = 0
C©u IV
§æi 36 phót = h
Gäi vËn tèc cña « t« kh¸ch lµ x ( x >10; km/h)
VËn tèc cña «t« t¶i lµ x - 10 (km/h)
Thêi gian xe kh¸ch ®i hÕt qu·ng ®êng AB lµ:
(h)
Thêi gian xe t¶i ®i hÕt qu·ng ®êng AB lµ:
(h)
V× «t« kh¸ch ®Õn B tríc «t« t¶i 36 phót nªn ta cã PT:

27

x1 = 5 +55 = 60 ( TM§K)
x2 = 5 - 55 = - 50 ( kh«ng TM§K)
VËy vËn tèc cña xe kh¸ch lµ 60km/h, vËn tèc xe t¶i lµ 60 - 10 = 50km/h
C©u V
1/
A
K
a) AHI vu«ng t¹i H (v× CA HB)
B
AHI néi tiÕp ®êng trßn ®êng kÝnh AI
I
AKI vu«ng t¹i H (v× CK AB)
AKI néi tiÕp ®êng trßn ®êng kÝnh AI
H O
M
VËy tø gi¸c AHIK néi tiÕp ®êng trßn ®êng kÝnh AI
b)
D
Ta cã CA HB( Gt)
CA DC( gãc ACD ch¾n nöa ®êng trßn)
C
=> BH//CD hay BI//CD
(1)
Ta cã AB CK( Gt)
AB DB( gãc ABD ch¾n nöa ®êng trßn)
=> CK//BD hay CI//BD
(2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã Tø gi¸c BDCI lµ h×nh b×nh hµnh( Cã hai cÆp c¹nh ®èi song song)
Mµ DI c¾t CB t¹i M nªn ta cã MB = MC
=> OM BC( ®êng kÝnh ®i qua trung ®iÓm cña d©y th× vu«ng gãc víi d©y ®ã)
2/
B
V× BD lµ tia ph©n gi¸c gãc B cña tam gi¸c ABC;
nªn ¸p dông tÝnh chÊt ®êng ph©n gi¸c ta cã:
1
2

.

E
H
V× ABC vu«ng t¹i A mµ BC = 2AB nªn
1
ACB = 300; ABC = 600
C
2
A
V× B1 = B2(BD lµ ph©n gi¸c) nªn ABD = 300
D
V× ABD vu«ng t¹i A mµ ABD = 300 nªn BD = 2AD = 2 . 2 = 4cm
=>
V× ABC vu«ng t¹i A =>
V× CH lµ tia ph©n gi¸c gãc C cña tam gi¸c CBD; nªn ¸p dông tÝnh chÊt ®êng ph©n gi¸c ta cã:
Ta cã:
. VËy
C©u VI. C¸ch 1: V× xyz -

=> xyz(x+y+z) = 16

P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz
¸p dông B§T C«sy cho hai sè thùc d¬ng lµ x(x+y+z) vµ yz ta cã
P = (x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz
; dÊu ®¼ng thøc xÈy ra khi
x(x+y+z) = yz .VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ 8
C¸ch 2: V×
P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz =
¸p dông B§T C«sy cho hai sè thùc d¬ng lµ
P=

vµ yz ta cã

; dÊu ®¼ng thøc xÈy ra khi

VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ 8
28

®¸p ¸n ®Ò 2:
C©u I:
1. TÝnh
2. Thay x =4 vµo hµm sè y = x -1. Ta ®îc: y = 4 - 1 = 3
VËy khi x = 4 th× y = 3
C©u II:
Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
VËy hÖ PT cã nghiÖm (x; y) = (4; 1)
C©u III:
Víi

ta cã:

VËy khi
th× A = x -1
C©u IV
Cho PT: x2 + 2x - m = 0 (1)
1. Khi m = 3 ta cã: x2 + 2x - 3 = 0
Ta cã: a + b + c = 1 + 2 - 3 = 0
PT cã hai nghiÖm: x1 = 1; x2 = -3
VËy PT(1) cã hai nghiÖm: x1 = 1; x2 = -3 khi m = 3
2. TÝnh:
. §Ó P...